浙江湖州市2025-2026学年高二下学期6月期末教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份浙江湖州市2025-2026学年高二下学期6月期末教学质量监测数学试题（含解析），共39页。
2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，，
所以.
2. 若复数满足，为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出后利用虚部定义即可得.
【详解】，故复数的虚部为.
3. 从编号为1，2，3，4的白球和编号为5，6，7的黑球中随机选取3个球，若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为（ ）
A. 30B. 35C. 45D. 60
【答案】A
【解析】
【详解】从7个不同的球随机选取3个球，不同的选法种数为；
从4个不同的白球随机选取3个球，不同的选法种数为；
从3个不同的黑球随机选取3个球，不同的选法种数为；
所以若两种颜色的球都有，则不同的选法种数为.
4. 若（且，且），则下列结论不正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】因为，所以；，所以.
由，因为，，
所以.
综上可得.
故选项D是错误的.
5. 已知，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角和差公式，结合正切商数关系求解．
【详解】，
，
即，
则，又，
，
解得．
6. 模长都为1的平面向量满足，则的模不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意可得，，再结合模长公式及数量积的运算律求解即可．
【详解】，即，
，
，则，
又
，
即的模可以为，不可能为．
7. 已知正三角形的边长是2，是的中点，将沿直线翻折，构成三棱锥，使得二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系．由正三角形边长和折叠后长度不变，可写出的坐标，再设外接球球心为，利用求外接球半径．
【详解】因为是边长为的正三角形，是的中点，
所以，，且．
取为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，
则可设
将沿直线翻折后，点落到点，所以．
又二面角的大小为，且，，
所以，从而可设
设该三棱锥外接球的球心为，半径为．
因为为原点，所以
由，得，所以．
由，得，所以．
由，得，整理得
把代入，得．
所以
故外接球的表面积为
8. 已知函数有两个极值点，，且，，记函数的导函数为，则关于的方程的不同实数根个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件作出函数的大致图象，再利用图象找出方程的不同实数根.
【详解】由题意得的定义域为，
所以.
因为，是的两个极值点，所以，是方程，
即的两个正根.
又因为，所以当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增；
又因为，如图，作出函数的大致图象，
在方程中，令，则.
因为，所以或.
当时，，由图可得与只有一个交点，
即有一个实数根.
当时，，由图可得与有两个交点，
即有两个不等实数根，.
由图可知，所以不同实数根个数为.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知函数，则（ ）
A. 函数的值域为B. 函数的极小值点是
C. 函数有三个单调区间D. 函数有两个零点
【答案】AC
【解析】
【分析】对分段求解单调性来判断值域，极值等问题即可.
【详解】因为，所以.
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，可得值域为.
当时，因为和单调递增，所以单调递增，值域为.
综上所述值域为，故A正确.
有已知得极大值为，故B错误.
当时，存在两个单调区间，当时，存在一个单调区间，
总共三个单调区间，故C正确.
而，可得只存在一个零点，故D错误.
10. 下列结论中，正确的有（ ）
A. 数据1，2，4，5，6，8，9的第60百分位数为5
B. 若随机变量，，则
C. 已知经验回归方程为，且，，则
D. 根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据小概率值的独立性检验，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，由题意得，所以该数据的第60百分位数为6，A错误；
对于B，因为，所以，
所以，B正确；
对于C，经验回归方程为必过点，
所以，解得，C正确；
对于D，，所以可判断与有关联，
此推断犯错误的概率不大于0.001，D正确.
11. 袋子中有大小相同且质地均匀的白球3个，红球2个．每次从袋子中随机摸出1个球，摸出的球不再放回，连续摸出两个球，则（ ）
A. 第一次摸到红球的概率是
B. 第二次摸到红球的概率是
C. 在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率是
D. 摸出红球个数的方差是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A 直接用红球总数除以总球数得到首次摸红球概率；B 借助全概率分先红后红、先白后红两类求和算出第二次摸红球概率，对比题干数值判断对错；C 利用条件概率，第一次摸走红球后更新剩余球的数量再求比值；D 先写出红球数量 所有取值的对应概率，依次计算期望、平方期望，再用方差公式 算出方差，最后汇总判断正确选项.
【详解】袋子中有白球3个，红球2个，共5个球，不放回连续摸2个球.
选项A：总球数，红球共个，第一次摸到红球概率，故A正确.
选项B：用全概率公式计算第二次摸到红球的概率.
情况1：第一次红，第二次红：.
情况2：第一次白，第二次红：.
合计概率，故B错误.
选项C：第一次摸到红球后，剩余4个球，其中红球剩1个，条件概率，故C正确.
选项D：设摸出红球个数为，的取值为.
，，.
期望，，方差，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，则该棱台的体积为______．
【答案】##
【解析】
【详解】如图，设正四棱台的上下底面中心分别为，则平面，
因平面，则，过作于点，则，
故平面.又正四棱台的上下底面边长分别为和，侧棱长为，
则，，
则，则正四棱台的高，
所以正四棱台的体积.
13. 设函数，，若对任意的，，则______．
【答案】4
【解析】
【详解】
，
对任意的恒成立，所以 ，即，
所以.
14. 现有一个抽奖活动，主持人将两件奖品随机放在编号为1，2，3，4，5，6的两个不同箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子（主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子）．记表示第号箱子有奖品，表示主持人打开第号箱子．则______，______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】通过贝叶斯公式和全概率公式求解.
【详解】①由题意得，.
在的前提下，另一个奖品在中，若在中，则，
若在其余位置，.
则.
在的前提下，令两个奖品在中，.
则.
所以.
所以.
②由题意得，，
.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知二项式的展开式中，所有项的二项式系数和为256．
（1）求展开式中的常数项；
（2）写出展开式中所有系数为有理数的项．
【答案】（1）280 （2），，280，，
【解析】
【分析】利用二项式展开式的通项及性质即可.
【小问1详解】
因为，所以.
所以的展开式通项为.
令，得.
所以展开式中的常数项为.
【小问2详解】
因为通项为，
所以当时，是系数为有理数的项.
，，，，.
系数为有理数的项是，，，，.
16. 在中，内角，，的对边分别为，，，点在边上，且，．
（1）若，求的面积；
（2）若，求，
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由可得，进而求出的正弦值，再求面积．因为在上且，所以与同高，面积比等于底边比．
（2）由和得到，再结合正弦定理和求出，最后求．
【小问1详解】
因为在上，所以．
在中，，所以，从而
因为，所以
又，所以
因此
又，所以．
因为与有相同的高，所以
【小问2详解】
设．因为，所以
又，即，所以
由正弦定理，得
因为，所以
于是即
因为，所以，从而
又，所以.
故．
17. 在四棱锥中，底面是菱形，，是边长为2的正三角形，设平面与平面的交线为，直线与平面所成角的大小为．

（1）证明：（ⅰ）；（ⅱ）；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）
（i）因为底面是菱形，所以
又因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，所以，
（ii）取中点，连接，，
因为是正三角形，所以，
因为底面是菱形，，
所以，
又平面，所以平面，
因平面，则；
（2）
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）先应用线面平行判定定理证明线面平行平面，再应用线面平行性质定理证明线线平行；（ⅱ）先应用线面垂直判定定理得出平面，进而得出线线垂直；
（2）先应用面面垂直性质定理得出平面，再应用二面角定义得出是二面角的平面角，最后结合边长计算求解.
【小问1详解】
（i）略；（ii）略
【小问2详解】
因为且直线与平面所成角的大小也为，
由最小角定理得，平面与底面互相垂直．
又，平面平面，平面，
所以平面，平面，则，
由（1）（2）知，，，，
所以是二面角的平面角，
又，，
所以，即二面角的正弦值为．
18. 已知，函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的最小值；
（3）当时，函数恰有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）求导后，结合导数计算可得不符合题意，则有，再分、与，结合函数单调性与零点的存在性定理讨论即可得；
（3）法一：结合（2）中所得可知在上有两个不等的根，再分、，利用零点的存在性定理进行讨论即可得；法二：结合（2）中所得可知，当时，的必要条件是，再分、，结合函数单调性计算即可得.
【小问1详解】
当时，，，
因为，，所以，切线方程是；
【小问2详解】
，
设，
①当时，，则必存在，当时，
即单调递减，而，所以与恒成立矛盾；所以；
②当时，，
所以必存在，当时，，即单调递增，
而，所以与恒成立矛盾；
所以，且，
若，因为，，
所以存在唯一的，当时，即单调递增，
当时，，即单调递减，
而，所以恒成立；
若时，，，
所以在上递增或先增后减，
由上知，恒成立；
综上，，则的最小值为；
【小问3详解】
法一：由（2）知，最多有两个零点，当没有零点时，在上单调，
当有一个零点时，先增后减，或先减后增，考虑到，
以上均不符合题意，
所以要在上恰有一个零点，则在上有两个不等的根即可，
当时，，，不符合题意，
当时，首先且，
即，又，
所以在上恰有两个不等的根，
故；
法二：由（2）知，当时，的必要条件是，
考虑到，
①当时，则，
则，又，
所以在上先减后增，则恒成立；
②当时，，，
所以在上先减后增，则恒成立；
又由（2）知，当且时，恒成立；
故当时，恰有一个零点，的取值范围是上述两种情况的补集，
即的取值范围为.
19. 甲、乙两位候选人参与选举投票，每张选票仅填写一位候选人（无弃票权）．选票支持甲，则甲得1分，若支持乙，则乙得1分．设每张选票支持甲的概率为，支持乙的概率为，满足，且各张选票的投票结果相互独立．对正整数，记为“统计完张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，为“统计完张选票后，乙的得票数比甲的得票数至少多1票的概率”．
（1）求（用表示）；
（2）证明：为定值；
（3）证明：对任意正整数，．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中的意义求解即可，要注意独立重复试验概率的应用；
（2）根据题中的意义分别求出，代入求解即可，或整体求出，作商即可；
（3）当时， ，当时，在前次投票的基础上，再进行两次投票，甲比乙至少多得1票可以分三种情况讨论可得的表达式，移项并整理可得结果.
【小问1详解】
由题知为“统计完1张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，即第1张选票支持甲的概率，所以.
为“统计完3张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，即前3张选票中有3甲或2甲1乙的概率，因为，所以，
所以.
【小问2详解】
方法一：由题意知为“统计完5张选票后，甲的得票数比乙的得票数至少多1票的概率”，即前5张选票中有5甲、4甲1乙或3甲2乙的概率，
所以，
所以.
同理，
，
所以.
所以，为定值.
方法二：因为，
结合（1）中，
得.
又，
，
所以，
所以，即，为定值.
方法三：由题意知
，
同理，
所以，为定值.
【小问3详解】
当时，由（1）得，
因为，所以，
所以.
当时，在前次投票的基础上，再进行两次投票，甲比乙至少多得1票可以分为以下三种情况：
若前次投票中甲得了票，再进行两次投票甲得两票，则甲比乙多得1票，其概率为；
若前次投票中甲得了票，再进行两次投票甲得两票或一票，则甲比乙至少多得1票，其概率为；
若前次投票中甲得了至少票，再进行两次投票无论结果如何，则甲比乙至少多得1票，其概率为.
可以求得：
，
移项并整理得
，
因为，所以，
进而.
综上，对任意正整数，.